Question

15．已知橢圓C₁，拋物線C₂的焦點(diǎn)均在x軸上，從兩條曲線上各取兩個點(diǎn)，將其坐標(biāo)混合記錄于下表中：

x	-$\sqrt{2}$	2	$\sqrt{6}$	9
y	$\sqrt{3}$	-$\sqrt{2}$	-1	3

（1）求橢圓C₁和拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過橢圓C₁右焦點(diǎn)F的直線l與此橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)P為直線x=4上任意一點(diǎn)．
①求證：直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列；
②若點(diǎn)P在x軸上，設(shè)$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，λ∈[-2，-1]，求|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|取最大值時的直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則有$\frac{{y}^{2}}{x}$=2p，據(jù)此驗(yàn)證（2，-$\sqrt{2}$）、（9，3）在拋物線上，易求C₂：y²=x，設(shè)C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，a＞b＞0，把點(diǎn)（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），（$\sqrt{6}$，-1）代入方程，能夠求出C₁方程；
（2）①討論直線AB的斜率為0，不為0，設(shè)出A，B，P，F(xiàn)的坐標(biāo)，由直線的斜率公式，聯(lián)立橢圓方程，消去x，得到含y的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和斜率公式，化簡整理，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，即可得證；
②設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及向量知識，結(jié)合配方法，即可求|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|取最大的直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），
則有$\frac{{y}^{2}}{x}$=2p，
據(jù)此驗(yàn)證4個點(diǎn)中知（2，-$\sqrt{2}$）、（9，3）在拋物線上，
易求C₂：y²=x；
設(shè)C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，a＞b＞0，
把點(diǎn)（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），（$\sqrt{6}$，-1）代入得：
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{3}{^{2}}=1}\\{\frac{6}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=8}\\{^{2}=4}\end{array}\right.$，
∴C₁方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）①證明：當(dāng)直線AB的斜率為0，
則A（-2$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)（2，0），
設(shè)P（4，t），則k_PA+k_PB=$\frac{t}{4+2\sqrt{2}}$+$\frac{t}{4-2\sqrt{2}}$=t，
k_PF=$\frac{t}{4-2}$=$\frac{1}{2}$t，
則k_PA+k_PB=2k_PF，即直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列；
當(dāng)直線AB的斜率不為0，設(shè)AB的方程為x=my+2，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），F(xiàn)（2，0），P（4，t），
代入橢圓方程x²+2y²=8，
可得（2+m²）y²+4my-4=0，y₁+y₂=-$\frac{4m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-4}{2+{m}^{2}}$，
則k_PA+k_PB=$\frac{t-{y}_{1}}{4-{x}_{1}}$+$\frac{t-{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$=$\frac{t-{y}_{1}}{2-m{y}_{1}}$+$\frac{t-{y}_{2}}{2-m{y}_{2}}$=$\frac{4t-（2+mt）（{y}_{1}+{y}_{2}）+2m{y}_{1}{y}_{2}}{4+{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-2m（{y}_{1}+{y}_{2}）}$
=$\frac{4t-（2+mt）•\frac{-4m}{2+{m}^{2}}+2m•\frac{-4}{2+{m}^{2}}}{4+{m}^{2}•\frac{-4}{2+{m}^{2}}-2m•\frac{-4m}{2+{m}^{2}}}$=t，
k_PF=$\frac{t}{4-2}$=$\frac{1}{2}$t，
則有k_PA+k_PB=2k_PF，即直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．
故直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．
②由題意容易驗(yàn)證直線l的斜率不為0，由右焦點(diǎn)F（2，0），
故可設(shè)直線l的方程為x=ky+2，代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1中，
得（k²+2）y²+4ky-4=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由根與系數(shù)關(guān)系，
得y₁+y₂=-$\frac{4k}{2+{k}^{2}}$①，y₁y₂=-$\frac{4}{2+{k}^{2}}$②，
因?yàn)?\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，所以$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ且λ＜0，
所以將上式①的平方除以②，得$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$+$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$+2=-$\frac{4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$即λ+$\frac{1}{λ}$+2=-$\frac{4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$，
由λ∈[-2，-1]，可得-$\frac{5}{2}$≤λ+$\frac{1}{λ}$≤-2，即有-$\frac{1}{2}$≤-$\frac{4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$≤0，
即0≤k²≤$\frac{2}{7}$．
∵$\overrightarrow{PA}$=（x₁-4，y₁），$\overrightarrow{PB}$=（x₂-4，y₂），
∴$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$=（x₁+x₂-8，y₁+y₂）
又y₁+y₂=-$\frac{4k}{2+{k}^{2}}$，x₁+x₂-8=k（y₁+y₂）-4=-$\frac{2+8{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$．
故|$\overrightarrow{PA}$|²=（x₁+x₂-8）²+（y₁+y₂）²=$\frac{64{k}^{4}+48{k}^{2}+4}{（2+{k}^{2}）^{2}}$．
令t=$\frac{1}{2+{k}^{2}}$，則|$\overrightarrow{PA}$|²=164t²-208t+64，
因?yàn)?≤k²≤$\frac{2}{7}$．所以$\frac{7}{16}$≤$\frac{1}{2+{k}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$，即有$\frac{7}{16}$≤t≤$\frac{1}{2}$，
則f（t）=164t²-208t+64的對稱軸為t=$\frac{26}{41}$＞$\frac{1}{2}$，
則f（t）在[$\frac{7}{16}$，$\frac{1}{2}$]遞減，即有t=$\frac{7}{16}$，取得最大值，
即有|$\overrightarrow{PA}$|取最大值，
此時k=±$\frac{\sqrt{14}}{7}$，直線l的方程為x=±$\frac{\sqrt{14}}{7}$y+2．

點(diǎn)評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法、向量知識的運(yùn)用，韋達(dá)定理，直線的斜率公式和等差數(shù)列的性質(zhì)及直線與橢圓的相關(guān)知識，解題時要注意合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，考查計(jì)算能力，屬于難題．